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上海市金山中学2023-2024学年高一下学期数学期末试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．（2024高一下·金山期末）已知集合，则　 　.
2．（2024高一下·金山期末）若扇形的弧长和半径都是3，则扇形的面积为　 　.
3．（2024高一下·金山期末）　 　.
4．（2024高一下·金山期末）设 ，则函数 的最小值为　 　
5．（2024高一下·金山期末）设，且，则　 　.
6．（2024高一下·金山期末）设为虚数单位，复数为纯虚数，则实数为　 　.
7．（2024高一下·金山期末）数列是等比数列，和是方程的两根，则　 　.
8．（2024高一下·金山期末）已知函数在时取得最大值，则　 　.
9．（2024高一下·金山期末）已知满足在方向上的数量投影为-2，则的最小值为　 　.
10．（2024高一下·金山期末）设为锐角，且，则　 　.
11．（2024高一下·金山期末）为了研究问题方便，有时候余弦公式会写成：，利用这个结构解决如下问题：如果三个正实数满足：，，则　 　.
12．（2024高一下·金山期末）已知平面向量是不共线的单位向量，记的夹角为，若平面向量满足，且对于任意的正实数恒成立，则的最大值为　 　.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，13-14题每题4分，15-16题每题5分）
13．（2024高一下·金山期末）“”是“为第三 四象限”的（　　）条件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
14．（2024高一下·金山期末）下列命题为假命题的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若且，则 D．若且，则
15．（2024高一下·金山期末）设的内角的边长分别是，且，则的值是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．以上都不对
16．（2024高一下·金山期末）已知，下列结论错误的个数是（　　）
①若，且的最小值为，则；
②存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则的取值范围是；
④若在上单调递增，则的取值范围是.
A．1 B．2 C．3 D．4
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤.
17．（2024高一下·金山期末）已知集合.
（1）求集合的值；
（2）求函数的值域.
18．（2024高一下·金山期末）已知是关于的方程的两个虚根，为虚数单位.
（1）当时，求实数的值.
（2）当，且，求实数的值.
19．（2024高一下·金山期末）设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和.已知，且 构成等差数列，令.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
20．（2024高一下·金山期末）已知函数的图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作.
（1）求函数的单调减区间；
（2）求函数的最小值；
（3）若函数在内恰有6个零点，求的值.
21．（2024高一下·金山期末）已知，向量是坐标平面上的三点，使得.
（1）若的坐标为，求；
（2）若，求的最大值；
（3）若存在，使得当时，为等边三角形，求的所有可能值.
答案解析部分
1．【答案】
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的弧长，半径分别为，由扇形面积公式可得：.
故答案为：.
【分析】直接利用扇形面积公式计算即可.
3．【答案】
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：.
故答案为：2.
【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接计算即可.
4．【答案】8
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】 ，
∴函数 ，当且仅当 时取等号，
因此函数 的最小值为8。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法，从而求出函数 的最小值。
5．【答案】0
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，，
所以，所以，即
则.
故答案为：0.
【分析】根据向量平行的坐标表示，结合二倍角的正弦公式求得，最后求余弦值即可.
6．【答案】2
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
因为复数为纯虚数，所以，解得．
故答案为：2．
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由复数的分类列式求解即可．
7．【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为和是方程的两根，
所以，所以，所以，
由等比数列的性质可知，即.
故答案为： .
【分析】由题意可得，结合等比中项的性质即可求的值.
8．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，其中，
因为函数在时取得最大值，所以，
所以，则，
故.
故答案为：.
【分析】利用辅助角公式，结合题意求出所满足的关系，求的，再利用两角和的正切公式求解即可.
9．【答案】10
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量、的夹角为，因为在方向上的数量投影为，
所以，所以，则，即，
，
，因为，所以当时，有最小值，最小值为.
故答案为：10
【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质求解即可.
10．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
即，
两式相加可得，即，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，将已知式子两边平方再相加，结合同角基本关系式、两角和的余弦公式求解即可.
11．【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：设的角的对边分别为、、，
在内取点，使得，
设，，，
由余弦定理得，则，
，则，
，则，
则，即角B为直角，则，
由，得，
即，所以.
故答案为：.
【分析】设的角的对边分别为、、，在内取点，使得，设，，，利用余弦定理得出的三边长，由此计算出的面积，再利用可得出的值.
12．【答案】
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，且恒成立，所以，
解得或，
①若对任意正实数恒成立，
在不等式两边平方可得，所以，
由于，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，此时，；
②若对任意正实数恒成立，
在不等式两边同时平方可得，所以，
由于没有最大值，所以不恒成立.
综上所述，，即的最大值为.
故答案为：.
【分析】由题意，可得或对任意正实数恒成立，在对应的不等式两边平方，分离参数结合基本不等式可求得的取值范围，即可得的最大值.
13．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则位于第三、第四象限、y轴的负半轴，即充分性不成立；
若α为第三、四象限角，则sinα<0，即必要性成立，
故“”是“为第三 四象限”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据充分、必要条件的定义判断即可.
14．【答案】A
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、若，当时，，故A错误；
B、若，则，即，故B正确；
C、若，则，可得，因为，所以，故C正确；
D、因为，则，又因为，则，可得，故D正确.
故答案为：A.
【分析】取特值即可判断A；根据不等式的性质分析即可判断BC；根据不等式的性质结合作差法分析即可判断D.
15．【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：由，根据正弦定理可得，
即，
即，两边同除以，可得.
故答案为：B
【分析】由题意，利用正弦定理及三角形内角和关系，化简得，两边同除以，求解即可.
16．【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
① 由题意，可得函数的周期为，即，则，故①错误；
②由题意，可得，
因为图象关于轴对称，所以，即，
故对任意整数，故②错误；
③由题意，可得，解得，故③错误；
④由题意，可得，解得，又因为，所以，故④正确.
故答案为：C.
【分析】利用余弦的二倍角公式结合诱导公式化简函数，再利用三角函数的性质逐项判断即可.
17．【答案】（1）解：因为函数在上单调递增，且，
所以，所以，所以，
所以；
（2）解：因为，所以，
令，所以，对称轴为且开口向上，所以，
则函数的值域为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；对数函数的单调性与特殊点；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）由题意，结合对数函数的单调性，可得且，即可求出的取值范围得集合；
（2）采用换元法令，将函数变形为关于的二次函数，根据二次函数的对称轴以及开口方向确定出单调性并求解出最值，即可得函数的值域.
18．【答案】（1）解：因为是关于的方程的两个虚根，
所以当时，，所以；
（2）解：当时，，则方程得两根为，
则，故，解得.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【分析】（1）根据实系数一元二次方程的根互为共轭复数及根与系数的关系求解即可；
（2）由实系数的一元二次方程的求根公式化简求解即可.
19．【答案】（1）解：设等比数列的公比为q，因为， 、 构成等差数列 ，所以，
所以，又因为，所以，所以；
由，得.
（2）解：由（1）可得：，
则
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；等差中项
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为q，由题意列方程组求和，即可得数列的通项公式，再由求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，再利用分组求和，结合等差数列和等比数列的前项和公式求和即可.
20．【答案】（1）解：由图可得，最小正周期，则，
由，可得，
又，所以，所以，
由，可得，
所以的单调递减区间为；
（2）解：由题意得，
，
则的最小值为；
（3）解：，
令，可得，令，得，
由于，故方程必有两个不同的实数根，且，
由知异号，不妨设，
若，则，无解，
在内有四个零点，不符题意；
若，则在内有2个零点，
在内有4个零点，符合题意，此时，得；
若在有4个零点，
故在内应恰有2个零点，则，此时，
综上所述，或.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】(1)根据函数图象求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质求单调递减区间即可；
(2)由(1)结合，结合三角函数图象的平移变换求的解析式，再根据正弦、余弦的二倍角公式化简求得，求最小值即可；
（3）求出，并令，将转化为关于t的一元二次方程，再根据所在区间讨论求解即可.
21．【答案】（1）解：若，则则
，
所以；
（2）解：因为，不妨设，
由向量，
得，
所以，
若，则，则，
所以当时，取最大值12.
（3）解：
，
，
所以
，
因为为等边三角形，所以
，所以，
即，且，所以或，
当时，由可得或，
当时，由可得或，所以的所有可能值为.
【知识点】平面向量的坐标运算；数量积表示两个向量的夹角；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【分析】（1）将代入，根据题意求的坐标即可；
（2）由题意，可得，代入，即可求其的最值；
（3）求、的坐标，进而可得、，结合题意有，利用三角恒等变换及三角函数的性质，可得、，由分类讨论的方式求的所有可能值．
1 / 1上海市金山中学2023-2024学年高一下学期数学期末试卷
一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）
1．（2024高一下·金山期末）已知集合，则　 　.
【答案】
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：.
【分析】根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高一下·金山期末）若扇形的弧长和半径都是3，则扇形的面积为　 　.
【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的弧长，半径分别为，由扇形面积公式可得：.
故答案为：.
【分析】直接利用扇形面积公式计算即可.
3．（2024高一下·金山期末）　 　.
【答案】
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】解：.
故答案为：2.
【分析】根据无穷等比数列的求和公式直接计算即可.
4．（2024高一下·金山期末）设 ，则函数 的最小值为　 　
【答案】8
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】 ，
∴函数 ，当且仅当 时取等号，
因此函数 的最小值为8。
故答案为：A．
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法，从而求出函数 的最小值。
5．（2024高一下·金山期末）设，且，则　 　.
【答案】0
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；二倍角的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，，
所以，所以，即
则.
故答案为：0.
【分析】根据向量平行的坐标表示，结合二倍角的正弦公式求得，最后求余弦值即可.
6．（2024高一下·金山期末）设为虚数单位，复数为纯虚数，则实数为　 　.
【答案】2
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
因为复数为纯虚数，所以，解得．
故答案为：2．
【分析】根据复数的除法运算化简复数，再由复数的分类列式求解即可．
7．（2024高一下·金山期末）数列是等比数列，和是方程的两根，则　 　.
【答案】
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；等比数列的性质
【解析】【解答】解：设等比数列的公比为，因为和是方程的两根，
所以，所以，所以，
由等比数列的性质可知，即.
故答案为： .
【分析】由题意可得，结合等比中项的性质即可求的值.
8．（2024高一下·金山期末）已知函数在时取得最大值，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，其中，
因为函数在时取得最大值，所以，
所以，则，
故.
故答案为：.
【分析】利用辅助角公式，结合题意求出所满足的关系，求的，再利用两角和的正切公式求解即可.
9．（2024高一下·金山期末）已知满足在方向上的数量投影为-2，则的最小值为　 　.
【答案】10
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设向量、的夹角为，因为在方向上的数量投影为，
所以，所以，则，即，
，
，因为，所以当时，有最小值，最小值为.
故答案为：10
【分析】根据投影向量的定义，结合平面向量数量积的运算性质求解即可.
10．（2024高一下·金山期末）设为锐角，且，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，
所以，
即，
两式相加可得，即，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，将已知式子两边平方再相加，结合同角基本关系式、两角和的余弦公式求解即可.
11．（2024高一下·金山期末）为了研究问题方便，有时候余弦公式会写成：，利用这个结构解决如下问题：如果三个正实数满足：，，则　 　.
【答案】
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：设的角的对边分别为、、，
在内取点，使得，
设，，，
由余弦定理得，则，
，则，
，则，
则，即角B为直角，则，
由，得，
即，所以.
故答案为：.
【分析】设的角的对边分别为、、，在内取点，使得，设，，，利用余弦定理得出的三边长，由此计算出的面积，再利用可得出的值.
12．（2024高一下·金山期末）已知平面向量是不共线的单位向量，记的夹角为，若平面向量满足，且对于任意的正实数恒成立，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，且恒成立，所以，
解得或，
①若对任意正实数恒成立，
在不等式两边平方可得，所以，
由于，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，此时，；
②若对任意正实数恒成立，
在不等式两边同时平方可得，所以，
由于没有最大值，所以不恒成立.
综上所述，，即的最大值为.
故答案为：.
【分析】由题意，可得或对任意正实数恒成立，在对应的不等式两边平方，分离参数结合基本不等式可求得的取值范围，即可得的最大值.
二、选择题（本大题共有4题，满分18分，13-14题每题4分，15-16题每题5分）
13．（2024高一下·金山期末）“”是“为第三 四象限”的（　　）条件.
A．充分不必要 B．必要不充分
C．充要 D．既不充分也不必要
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：若，则位于第三、第四象限、y轴的负半轴，即充分性不成立；
若α为第三、四象限角，则sinα<0，即必要性成立，
故“”是“为第三 四象限”的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】由题意，根据充分、必要条件的定义判断即可.
14．（2024高一下·金山期末）下列命题为假命题的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若且，则 D．若且，则
【答案】A
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、若，当时，，故A错误；
B、若，则，即，故B正确；
C、若，则，可得，因为，所以，故C正确；
D、因为，则，又因为，则，可得，故D正确.
故答案为：A.
【分析】取特值即可判断A；根据不等式的性质分析即可判断BC；根据不等式的性质结合作差法分析即可判断D.
15．（2024高一下·金山期末）设的内角的边长分别是，且，则的值是（　　）
A．2 B．4 C．6 D．以上都不对
【答案】B
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：由，根据正弦定理可得，
即，
即，两边同除以，可得.
故答案为：B
【分析】由题意，利用正弦定理及三角形内角和关系，化简得，两边同除以，求解即可.
16．（2024高一下·金山期末）已知，下列结论错误的个数是（　　）
①若，且的最小值为，则；
②存在，使得的图像向右平移个单位长度后得到的图像关于轴对称；
③若在上恰有7个零点，则的取值范围是；
④若在上单调递增，则的取值范围是.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】二倍角的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，
① 由题意，可得函数的周期为，即，则，故①错误；
②由题意，可得，
因为图象关于轴对称，所以，即，
故对任意整数，故②错误；
③由题意，可得，解得，故③错误；
④由题意，可得，解得，又因为，所以，故④正确.
故答案为：C.
【分析】利用余弦的二倍角公式结合诱导公式化简函数，再利用三角函数的性质逐项判断即可.
三、解答题（本大题共有5题，满分78分）解答下列各题必须写出必要的步骤.
17．（2024高一下·金山期末）已知集合.
（1）求集合的值；
（2）求函数的值域.
【答案】（1）解：因为函数在上单调递增，且，
所以，所以，所以，
所以；
（2）解：因为，所以，
令，所以，对称轴为且开口向上，所以，
则函数的值域为.
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质；对数函数的单调性与特殊点；指、对数不等式的解法
【解析】【分析】（1）由题意，结合对数函数的单调性，可得且，即可求出的取值范围得集合；
（2）采用换元法令，将函数变形为关于的二次函数，根据二次函数的对称轴以及开口方向确定出单调性并求解出最值，即可得函数的值域.
18．（2024高一下·金山期末）已知是关于的方程的两个虚根，为虚数单位.
（1）当时，求实数的值.
（2）当，且，求实数的值.
【答案】（1）解：因为是关于的方程的两个虚根，
所以当时，，所以；
（2）解：当时，，则方程得两根为，
则，故，解得.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【分析】（1）根据实系数一元二次方程的根互为共轭复数及根与系数的关系求解即可；
（2）由实系数的一元二次方程的求根公式化简求解即可.
19．（2024高一下·金山期末）设是公比大于1的等比数列，为数列的前项和.已知，且 构成等差数列，令.
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求数列的前项和.
【答案】（1）解：设等比数列的公比为q，因为， 、 构成等差数列 ，所以，
所以，又因为，所以，所以；
由，得.
（2）解：由（1）可得：，
则
.
【知识点】等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；等比数列的前n项和；等比数列的性质；等差中项
【解析】【分析】（1）设等比数列的公比为q，由题意列方程组求和，即可得数列的通项公式，再由求得数列的通项公式；
（2）由（1）可得数列的通项公式，再利用分组求和，结合等差数列和等比数列的前项和公式求和即可.
20．（2024高一下·金山期末）已知函数的图象如图所示.将函数的图象向右平移个单位长度得到曲线，把上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，得到的曲线对应的函数记作.
（1）求函数的单调减区间；
（2）求函数的最小值；
（3）若函数在内恰有6个零点，求的值.
【答案】（1）解：由图可得，最小正周期，则，
由，可得，
又，所以，所以，
由，可得，
所以的单调递减区间为；
（2）解：由题意得，
，
则的最小值为；
（3）解：，
令，可得，令，得，
由于，故方程必有两个不同的实数根，且，
由知异号，不妨设，
若，则，无解，
在内有四个零点，不符题意；
若，则在内有2个零点，
在内有4个零点，符合题意，此时，得；
若在有4个零点，
故在内应恰有2个零点，则，此时，
综上所述，或.
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】(1)根据函数图象求出函数的解析式，再根据正弦函数的性质求单调递减区间即可；
(2)由(1)结合，结合三角函数图象的平移变换求的解析式，再根据正弦、余弦的二倍角公式化简求得，求最小值即可；
（3）求出，并令，将转化为关于t的一元二次方程，再根据所在区间讨论求解即可.
21．（2024高一下·金山期末）已知，向量是坐标平面上的三点，使得.
（1）若的坐标为，求；
（2）若，求的最大值；
（3）若存在，使得当时，为等边三角形，求的所有可能值.
【答案】（1）解：若，则则
，
所以；
（2）解：因为，不妨设，
由向量，
得，
所以，
若，则，则，
所以当时，取最大值12.
（3）解：
，
，
所以
，
因为为等边三角形，所以
，所以，
即，且，所以或，
当时，由可得或，
当时，由可得或，所以的所有可能值为.
【知识点】平面向量的坐标运算；数量积表示两个向量的夹角；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；余弦函数的性质
【解析】【分析】（1）将代入，根据题意求的坐标即可；
（2）由题意，可得，代入，即可求其的最值；
（3）求、的坐标，进而可得、，结合题意有，利用三角恒等变换及三角函数的性质，可得、，由分类讨论的方式求的所有可能值．
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